高考数学大一轮复习 高考专题突破四 高考中的立体几何问题教师用书 理 新人教版

为深入贯彻落实党的十九大精神和习近平总书记的重要指示精神，保障人民安居乐业、社会安定有序、国家长治久安、进一步巩固党的执政基础，束城镇深入贯彻全市扫黑除恶会议精神，强化措施，深入扎实开展扫黑除恶专项斗争高考专题突破四 高考中的立体几何问题教师用书 理 新人教版 1正三棱柱ABCA1B1C1中，D为BC中点，E为A1C1中点，则DE与平面A1B1BA的位置关系为()A相交 B平行C垂直相交 D不确定答案B解析如图取B1C1中点为F，连接EF，DF，DE，则EFA1B1，DFB1B，平面EFD平面A1B1BA，DE平面A1B1BA.2设x、y、z是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：x、y、z均为直线；x、y是直线，z是平面；z是直线，x、y是平面；x、y、z均为平面其中使“xz且yzxy”为真命题的是()A B C D答案C解析由正方体模型可知为假命题；由线面垂直的性质定理可知为真命题3(2016成都模拟)如图是一个几何体的三视图(侧视图中的弧线是半圆)，则该几何体的表面积是()A203 B243C204 D244答案A解析根据几何体的三视图可知，该几何体是一个正方体和一个半圆柱的组合体，其中正方体的棱长为2，半圆柱的底面半径为1，母线长为2，故该几何体的表面积为4522203.4(2017沈阳调研)设，是三个平面，a，b是两条不同直线，有下列三个条件：a，b；a，b；b，a.如果命题“a，b，且_，则ab”为真命题，则可以在横线处填入的条件是_(把所有正确的序号填上)答案或解析由线面平行的性质定理可知，正确；当b，a时，a和b在同一平面内，且没有公共点，所以平行，正确故应填入的条件为或.5.如图，在三棱锥PABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点若PAAC，PA6，BC8，DF5.则直线PA与平面DEF的位置关系是_；平面BDE与平面ABC的位置关系是_(填“平行”或“垂直”)答案平行垂直解析因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DEPA.又因为PA平面DEF，DE平面DEF，所以直线PA平面DEF.因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA6，BC8，所以DEPA，DEPA3，EFBC4.又因为DF5，故DF2DE2EF2，所以DEF90，即DEEF.又PAAC，DEPA，所以DEAC.因为ACEFE，AC平面ABC，EF平面ABC，所以DE平面ABC，又DE平面BDE，所以平面BDE平面ABC.题型一求空间几何体的表面积与体积例1(2016全国甲卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H，将DEF沿EF折到DEF的位置(1)证明：ACHD；(2)若AB5，AC6，AE，OD2，求五棱锥DABCFE的体积(1)证明由已知得ACBD，ADCD，又由AECF得，故ACEF，由此得EFHD，折后EF与HD保持垂直关系，即EFHD，所以ACHD.(2)解由EFAC得.由AB5，AC6得DOBO4，所以OH1，DHDH3，于是OD2OH2(2)2129DH2，故ODOH.由(1)知ACHD，又ACBD，BDHDH，所以AC平面DHD，于是ACOD，又由ODOH，ACOHO，所以OD平面ABC.又由得EF.五边形ABCFE的面积S683.所以五棱锥DABCFE的体积V2.思维升华(1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解其中，等积转换法多用来求三棱锥的体积(2)若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与它的四个面都相切(如图)求：(1)这个正三棱锥的表面积；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积解(1)底面正三角形中心到一边的距离为2，则正棱锥侧面的斜高为.S侧329.S表S侧S底9(2)296.(2)设正三棱锥PABC的内切球球心为O，连接OP，OA，OB，OC，而O点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r.VPABCVOPABVOPBCVOPACVOABCS侧rSABCrS表r(32)r.又VPABC(2)212，(32)r2，得r2.S内切球4(2)2(4016).V内切球(2)3(922).题型二空间点、线、面的位置关系例2(2016济南模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥EABC的体积(1)证明在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1底面ABC.因为AB平面ABC，所以BB1AB.又因为ABBC，BCBB1B，所以AB平面B1BCC1.又AB平面ABE，所以平面ABE平面B1BCC1.(2)证明方法一如图1，取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FGAC，且FGAC.因为ACA1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1，所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1FEG.又因为EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.方法二如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH.因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HFAB，又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，所以EC1綊AH，所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1HAE，又C1HHFH，AEABA，所以平面ABE平面C1HF，又C1F平面C1HF，所以C1F平面ABE.(3)解因为AA1AC2，BC1，ABBC，所以AB.所以三棱锥EABC的体积VSABCAA112.思维升华(1)证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题证明C1F平面ABE：()利用判定定理，关键是在平面ABE中找(作)出直线EG，且满足C1FEG.()利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行与面面平行的转化(2)计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，不能直接用公式时，注意进行体积的转化如图，在三棱锥SABC中，平面SAB平面SBC，ABBC，ASAB.过A作AFSB，垂足为F，点E，G分别是棱SA，SC的中点求证：(1)平面EFG平面ABC；(2)BCSA.证明(1)由ASAB，AFSB知F为SB中点，则EFAB，FGBC，又EFFGF，ABBCB，因此平面EFG平面ABC.(2)由平面SAB平面SBC，平面SAB平面SBCSB，AF平面SAB，AFSB，所以AF平面SBC，则AFBC.又BCAB，AFABA，则BC平面SAB，又SA平面SAB，因此BCSA.题型三平面图形的翻折问题例3(2015陕西)如图1，在直角梯形 ABCD中，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图2.(1)证明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值(1)证明在题图1中，连接EC，因为ABBC1，AD2，BAD，ADBC，E为AD中点，所以BC綊ED，BC綊AE，所以四边形BCDE为平行四边形，故有CDBE，所以四边形ABCE为正方形，所以BEAC，即在题图2中，BEOA1，BEOC，且A1OOCO，从而BE平面A1OC，又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)解由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC.如图，以O为原点，以OB，OC，OA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，因为A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0,0)，设平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为，则得取n1(1,1,1)；得取n2(0,1,1)，从而cos |cosn1，n2|，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.思维升华平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化(2017深圳月考)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD平面ABCD，AB1，BCPC2，作如图(2)折叠，折痕EFDC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后，点P叠在线段AD上的点记为M，并且MFCF.(1)证明：CF平面MDF；(2)求三棱锥MCDE的体积(1)证明因为PD平面ABCD，AD平面ABCD，所以PDAD.又因为ABCD是矩形，CDAD，PD与CD交于点D，所以AD平面PCD.又CF平面PCD，所以ADCF，即MDCF.又MFCF，MDMFM，所以CF平面MDF.(2)解因为PDDC，PC2，CD1，PCD60，所以PD，由(1)知FDCF，在直角三角形DCF中，CFCD.如图，过点F作FGCD交CD于点G，得FGFCsin 60，所以DEFG，故MEPE，所以MD .SCDEDEDC1.故VMCDEMDSCDE.题型四立体几何中的存在性问题例4(2016邯郸第一中学研究性考试)在直棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，E，F分别是CC1，BC的中点，AEA1B1，D为棱A1B1上的点(1)证明：DFAE.(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为？若存在，说明点D的位置；若不存在，说明理由(1)证明AEA1B1，A1B1AB，AEAB.又AA1AB，AA1AEA，AB平面A1ACC1.又AC平面A1ACC1，ABAC.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则有A(0,0,0)，E(0,1，)，F(，0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)设D(x，y，z)，且(0,1)，即(x，y，z1)(1,0,0)，则D(，0,1)，(，1)(0,1，)，0，DFAE.(2)解结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为.理由如下：由题意知平面ABC的法向量为m(0,0,1)设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则(，)，(，1)，即令z2(1)，则n(3,12，2(1)平面DEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为，|cosm，n|，即，解得或(舍去)，存在满足条件的点D，此时D为A1B1的中点思维升华(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设(2)对于探索性问题用向量法比较容易入手一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点(1)证明：B1C1CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长(1)证明如图，以点A为原点，分别以AD，AA1，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)易得(1,0，1)，(1,1，1)，于是0，所以B1C1CE.(2)解(1，2，1)设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2,1)由(1)知，B1C1CE，又CC1B1C1，CC1CEC，可得B1C1平面CEC1，故(1,0，1)为平面CEC1的一个法向量于是cosm，从而sinm，所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3)解(0,1,0)，(1,1,1)，设(，)，01，有(，1，)可取(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos，|，于是，解得(负值舍去)，所以AM.1(2016北京顺义区一模)如图所示，已知平面平面l，.A，B是直线l上的两点，C，D是平面内的两点，且ADl，CBl，DA4，AB6，CB8.P是平面上的一动点，且有APDBPC，则四棱锥PABCD体积的最大值是()A48 B16 C24 D144答案C解析由题意知，PAD，PBC是直角三角形，又APDBPC，所以PADPBC.因为DA4，CB8，所以PB2PA.作PMAB于点M，由题意知，PM.令AMt(0t0知EHG是锐角，由EHG30，得tanEHGtan 30，即k.故k的取值范围为k.9(2017铁岭调研)如图所示，平面ABDE平面ABC，ABC是等腰直角三角形，ACBC4，四边形ABDE是直角梯形，BDAE，BDBA，BDAE2，O，M分别为CE，AB的中点(1)求证：OD平面ABC；(2)求直线CD和平面ODM所成角的正弦值；(3)能否在EM上找一点N，使得ON平面ABDE？若能，请指出点N的位置，并加以证明；若不能，请说明理由(1)证明如图，取AC中点F，连接OF，FB.F是AC中点，O为CE中点，OFEA且OFEA.又BDAE且BDAE，OFDB且OFDB，四边形BDOF是平